磁场——旋转动态圆(供参考)

旋转动态圆

1．（05全国Ⅰ）如图，在一水平放置的平板MN

的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为

B

，磁场方向垂直于纸面向里。许多质量为m 带电量为+q 的粒子，以相同的速率v 沿位于纸面内的各个方向，由小孔O 射入磁场区域。不计重力，不计粒子间的相互影响。下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中Bq mv R =。哪个图是正确的？（ ）

2.（2010·全国Ⅰ理综·T26）(21分)．如下图15，在03x a ≤≤

区域内存在与xy 平面垂

直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .在t =0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy 平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y 轴正方向的夹角分布在0～180°范围内。已知沿y 轴正方向发射的粒子在0t t =时刻刚好从磁场边界上(3,)P a a 点离开磁场。求：

(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径R 及粒子的比荷q ／m ; (2)此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y 轴正方向夹角的取值范围；

(3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。

【规范解答】⑴初速度与y 轴正方向平行的粒子在磁场中的运动轨迹

如图16中的弧OP 所示,其圆心为C.由题给条件可以得出 ∠OCP=

2π

3

(2分) 此粒子飞出磁场所用的时间为

t 0= T

3 (2分)

式中T 为粒子做圆周运动的周期.

设粒子运动速度的大小为v ,半径为R ,由几何关系可得

图15

R =

2

3

a (2分) 由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有

qvB =m v 2

R (1分)

T =

2πR

v

(1分) 解以上联立方程,可得

q m = 2π3Bt 0

(3分) (2)依题意,同一时刻仍在磁场内的粒子到O 的距离相同(2分)，在t 0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O 点为圆心、OP 为半径的弧MN 上,如图16所示.

设此时位于P 、M 、N 三点的粒子的初速度分别为v p 、v M 、v N .由对称性可知v p 与OP 、v M 与OM 、v N .与ON 的夹角均为π/3.设v M 、v N .与y 轴正向的夹角分别为θM 、θN ,,由几何关系有

θM =π

3 (1分)

θN =2π

3 (1分)

对于所有此时仍在磁场中的粒子,其初速度与y 轴正方向所成的夹角θ应满足

π

3 ≤θ≤ 2π

3

(2分) (3)在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应与磁场右边界相切,其轨迹如图17所示.由几何关系可知,

弧长OM 等于弧长OP (1分) 由对称性可知，

弧长ＭＥ等于弧长ＯＰ (1分) 所以从粒子发射到全部粒子飞出磁场所用的时间 ｔｍ=2 t 0 (2分) 【答案】⑴ R =

23

a ，q

m = 2π3Bt 0

⑵速度与y 轴的正方向的夹角范围是π

3

≤θ≤

2π

3

⑶从粒子发射到全部离开所用 时间 为2 t 0

图16

图17

3.（2010·新课标全国卷·T25）（18分）如图所示，在0≤ x ≤ a 、0≤ y ≤

2

a

范围内有垂直于xy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。坐标原点O 处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy 平面内，与y 轴正方向的夹角分布在0～90°范围内。己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a /2到a 之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的

（1）速度的大小；（2）速度方向与y 轴正方向夹角的正弦。 【思路点拨】解答本题可按以下思路分析：

【规范解答】

（1）设粒子的发射速度为v ，粒子做圆周运动的轨道半径为R ，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式，得：

R

v m qvB 2

=， ① （2分）

由①解得：qB

v

m R =

② （1分） 画出沿﹢y 方向以a/2为半径做匀速圆周运动轨迹如图①所示，再画出从坐标原点O 沿与y 轴正方向以半径R 0（a/2

当

a R a

<<2

时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C 的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t ，依题意4

T

t =，得：

2

π

=

∠OCA 。 ③ （4分）

设最后离开磁场的粒子的发射速度方向与y 轴正方向的夹角为α，由几何关系可得： 2

sin a

R R -

=α ④ （2分） 画出沿﹢y 方向以a/2为半径做圆周运动轨迹 增大半径将运动圆弧以O 为圆心旋转 圆弧轨迹与磁场上边界相切时为临界轨迹

再将临界轨迹旋转

比较得到最长时间

ααcos sin R a R -= ⑤ （2分）

又 1cos sin 2

2

=+αα ⑥ （1分） 由④⑤⑥式解得：a R )2

6

2(-

= ⑦ （2分） 由②⑦式得： m

aqB v )262(-

= ⑧ （2分） （2）由④⑦式得：10

6

6sin -=

α ⑨ （2分） 【答案】（1）m aqB v )262(-

=（2）10

6

6sin -=α 【类题拓展】巧解有界磁场中部分圆弧运动问题 （1）分析思路三步走：

1.确定圆心，画出轨迹；

2.找几何关系，定物理量；

3.画动态图，定临界状态。 （2）分析方法四优法

1.几何对称法：粒子的运动轨迹关于入射点和出射点的中垂线对称。

2.动态放缩法：速度越大半径越大，但速度方向不变的粒子圆心在垂直速度方向的直线上。

3.旋转平移法：定点离子源发射速度大小相等、方向不同的所有粒子的轨迹圆圆心在以入射点为圆心，半径R=mv 0/(qB )的圆上，相当于将一个定圆以入射点为圆心旋转。

4.数学解析法：写出轨迹圆和圆形边界的解析方程，应用物理和数学知识求解。 本题巧妙地应用动态放缩法和旋转平移法能够很快得出带电粒子在磁场中运动时间最长的

临界轨迹，问题也就迎刃而解了。

练习：1、（18分）（2012湖北省八校第一次联考）

如图所示，在正方形区域abcd 内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B 的匀强磁场。在t=0时刻，一位于ad 边中点o 的粒子

源在abcd 平面内发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与od 边的夹角分布在0～180°范围内。已知沿od 方向发射的粒子在0t t =时刻刚好从磁场边界cd 上的p 点离开磁场，粒

子在磁场中做圆周运动的半径恰好等于正方形边长L ，粒子重力不计，求： （1）粒子的比荷q ／m ；

（2）假设粒子源发射的粒子在0～180°范围内均匀分布，此时刻仍在磁场中的粒子数

B

x

y O

②

①

p

×

×

×

×a

c

d O ×

× × ×× × × × ×

×

×

×

与粒子源发射的总粒子数之比；

（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。

解：（1）初速度沿od 方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图，其园心为n ，由几何关系有：

6

π

=

∠onp , 12

0T

t =

（2分） 粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得

R T m Bqv 2)2(

π=，T

R

v π2=

， （2分） 得

6Bt m q π= （2分） (2)依题意，同一时刻仍在磁场中的粒子到o 点距离相等。在t 0时

刻仍在磁场中的粒子应位于以o 为圆心，op 为半径的弧pw 上。 （2分）

由图知6

5π

=

∠pow （2分） 此时刻仍在磁场中的粒子数与总粒子数之比为5/6 （2分） （3）在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场边界b 点相交，（2分） 设此粒子运动轨迹对应的圆心角为θ，则4

5

2

sin

=

θ

（2分） 在磁场中运动的最长时间0

45

arcsin

122t T t π

π

θ==

所以从粒子发射到全部离开所用时间为0)4

5

arcsin

12

(

t t π

=。 （2分） 练习2：S 为电子源，它只在下图所示的纸面上360°范围内发射速率相同、质量为m 、电荷量为e 的电子，MN 是一块足够大的竖直挡板，与S 的水平距离OS=L 。挡板左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，求： (1)要使S 发射的电子能够到达挡板，则发射电子的速度至少为多大？ (2)若电子发射的速度为eBL/m ，则挡板被击中的范围有多大？

解：(1)从S 发射电子速度方向竖直向上，并且轨道半径恰好等于时，是能够达到挡板的

O

a

b

c

d

n

O

a

b

c

d Y

最小发射速度。如下图，

(2)如图，

，所以击中挡板

上边界的电子，发射角应为与水平成30°角斜向上，电子在磁场中恰好运动半圆周到达挡板上边界。若要击中挡板下边界，电子发射方向正对挡板O点，电子在磁场中才能恰好运

动圆周到达挡板下边界